4.5 導(dǎo)數(shù)的綜合運(yùn)用（精講）（教師版）

4.5導(dǎo)數(shù)的綜合運(yùn)用（精講）一．導(dǎo)數(shù)與不等式的證明1.作差構(gòu)造法：一個(gè)函數(shù)的最值（1）待證不等式的兩邊含有相同的變量時(shí)，一般地，可以直接構(gòu)造“左減右”或“右減左”的函數(shù)，通過研究其單調(diào)性等相關(guān)函數(shù)性質(zhì)證明不等式．（2）解題的基本步驟①作差或變形；②構(gòu)造新的函數(shù)g(x)；③利用導(dǎo)數(shù)研究g(x)的單調(diào)性或最值；④根據(jù)單調(diào)性及最值，得到所證不等式．2.隔離最值法：兩個(gè)函數(shù)的最值（1）在證明過程中，“隔離”轉(zhuǎn)化是關(guān)鍵，將不等式不等號兩端分別“隔離”出兩個(gè)函數(shù)式f(x)，g(x)，使f(x)min>g(x)max恒成立，從而f(x)>g(x)，但f(x)與g(x)取到最值的條件不是同一個(gè)“x的值”；3.適當(dāng)放縮法常見的放縮公式如下：(1)ex≥1＋x，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)取等號；(2)lnx≤x－1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取等號．4.換元法：雙變量構(gòu)造函數(shù)證明雙變量函數(shù)不等式：對于f(x1，x2)≥A的不等式，可將函數(shù)式變?yōu)榕ceq\f(x1,x2)或x1·x2有關(guān)的式子，然后令t＝eq\f(x1,x2)或t＝x1x2，構(gòu)造函數(shù)g(t)求解．二．恒成立與有解1.分離參數(shù)法不等式類型與最值的關(guān)系?x∈D，f(x)>M?x∈D，f(x)min>M?x∈D，f(x)<M?x∈D，f(x)max<M?x0∈D，f(x0)>M?x∈D，f(x)max>M?x0∈D，f(x0)<M?x∈D，f(x)min<M?x∈D，f(x)>g(x)?x∈D，[f(x)－g(x)]min>0?x∈D，f(x)<g(x)?x∈D，[f(x)－g(x)]max<0?x1∈D1，?x2∈D2，f(x1)>g(x2)?x1∈D1，?x2∈D2，f(x1)min>g(x2)max?x1∈D1，?x2∈D2，f(x1)>g(x2)?x1∈D1，?x2∈D2，f(x1)min>g(x2)min?x1∈D1，?x2∈D2，f(x1)>g(x2)?x1∈D1，?x2∈D2，f(x1)max>g(x2)max?x1∈D1，?x2∈D2，f(x1)>g(x2)?x1∈D1，?x2∈D2，f(x1)max>g(x2)min2.拆解法求參數(shù)的取值范圍：拆解法是針對難度較大的壓軸題搶分解答所采用的一種手段，目的是把題目難度層層分解，使題設(shè)條件到求(證)結(jié)論思維跨度較大的一些題目中間架設(shè)過渡階梯，降低思維跨度，使解題過程中的步驟分應(yīng)得盡得．三．函數(shù)零點(diǎn)1.數(shù)形結(jié)合法含參數(shù)的函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)，可轉(zhuǎn)化為方程解的個(gè)數(shù)，若能分離參數(shù)，可將參數(shù)分離出來后，用x表示參數(shù)的函數(shù)，作出該函數(shù)的圖象，根據(jù)圖象特征求參數(shù)的范圍．函數(shù)性質(zhì)法利用函數(shù)性質(zhì)研究函數(shù)的零點(diǎn)，主要是根據(jù)函數(shù)單調(diào)性、最值或極值的符號確定函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)，此類問題在求解過程中可以通過數(shù)形結(jié)合的方法確定函數(shù)存在零點(diǎn)的條件．3.構(gòu)造函數(shù)法①涉及函數(shù)的零點(diǎn)(方程的根)問題，主要利用導(dǎo)數(shù)確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間和極值點(diǎn)，根據(jù)函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)尋找函數(shù)在給定區(qū)間的極值以及區(qū)間端點(diǎn)的函數(shù)值與0的關(guān)系，從而求得參數(shù)的取值范圍．②解決此類問題的關(guān)鍵是構(gòu)造函數(shù)F(x)將函數(shù)零點(diǎn)(方程的根)、曲線交點(diǎn)相互轉(zhuǎn)化，突出導(dǎo)數(shù)的工具作用，體現(xiàn)轉(zhuǎn)化與化歸的思想方法．4.解決隱零點(diǎn)(1)直接觀察法：有些導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)可以直接觀察出來，如常用1，e，eq\f(1,e)等特殊值代入試求．(2)零點(diǎn)代換法：當(dāng)導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)不可求時(shí)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的單調(diào)性，特殊值等特征，判斷其是否存在零點(diǎn)，若存在，則虛設(shè)零點(diǎn)．虛設(shè)零點(diǎn)的關(guān)鍵步驟是“零點(diǎn)代換”，如本例中ex0＝eq\f(1,x0)，x0＝－lnx0，進(jìn)而把指、對數(shù)函數(shù)轉(zhuǎn)化為冪函數(shù)求解．注意：有些問題還要利用零點(diǎn)的存在性定理對隱零點(diǎn)的范圍進(jìn)行判斷．四．極值點(diǎn)偏移1.極值點(diǎn)不偏移已知函數(shù)f(x)圖象的頂點(diǎn)的橫坐標(biāo)就是極值點(diǎn)x0，若f(x)＝c的兩根的中點(diǎn)剛好滿足eq\f(x1＋x2,2)＝x0，即極值點(diǎn)在兩根的正中間，也就是說極值點(diǎn)沒有偏移.此時(shí)函數(shù)f(x)在x＝x0兩側(cè)，函數(shù)值變化快慢相同，如圖(1).圖(1)(無偏移，左右對稱，二次函數(shù))若f(x1)＝f(x2)，則x1＋x2＝2x0.2.極值點(diǎn)偏移若eq\f(x1＋x2,2)≠x0，則極值點(diǎn)偏移，此時(shí)函數(shù)f(x)在x＝x0兩側(cè)，函數(shù)值變化快慢不同，如圖(2)(3).圖(2)(左陡右緩，極值點(diǎn)向左偏移)若f(x1)＝f(x2)，則x1＋x2＞2x0；圖(3)(左緩右陡，極值點(diǎn)向右偏移)若f(x1)＝f(x2)，則x1＋x2＜2x0.3.極值點(diǎn)偏移問題的常見解法①(對稱化構(gòu)造法)構(gòu)造輔助函數(shù)：對結(jié)論x1＋x2＞2x0型，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－f(2x0－x)；對結(jié)論x1x2＞xeq\o\al(2,0)型，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,0),x)))，通過研究F(x)的單調(diào)性獲得不等式.②(比值代換法)通過代數(shù)變形將所證的雙變量不等式通過代換t＝eq\f(x1,x2)化為單變量的函數(shù)不等式，利用函數(shù)單調(diào)性證明.考法一導(dǎo)數(shù)證明不等式【例1-1】（2023·北京密云·統(tǒng)考三模）已知函數(shù).(1)求曲線在點(diǎn)處的切線方程；(2)證明：.【答案】(1)(2)證明見解析【解析】（1）解：因?yàn)椋瑒t，所以，，，所以，曲線在點(diǎn)處的切線方程為，即.（2）解：令，其中，，令，其中，則，當(dāng)時(shí)，且不恒為零，所以，函數(shù)在上單調(diào)遞增，所以，當(dāng)時(shí)，，此時(shí)函數(shù)單調(diào)遞減，當(dāng)時(shí)，，此時(shí)函數(shù)單調(diào)遞增，所以，，即.【例1-2】（2023·山東煙臺(tái)·統(tǒng)考二模）已知函數(shù)．(1)若在上單調(diào)遞增，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)當(dāng)時(shí)，證明：，．【答案】(1)(2)證明見解析【解析】（1）解：由函數(shù)，可得，因?yàn)樵谏蠁握{(diào)遞增，可得在上恒成立，即在上恒成立，即在上恒成立，令，可得，當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞減；當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞增，所以當(dāng)時(shí)，函數(shù)取得極大值，即為最大值，所以，即實(shí)數(shù)a的取值范圍為.（2）解：當(dāng)時(shí)，，可得當(dāng)時(shí)，可得，要使得，只需使得，令，可得，所以單調(diào)遞增，又由，所以，所以單調(diào)遞增，所以；當(dāng)時(shí)，可得且，所以，滿足；當(dāng)時(shí)，可得，因?yàn)榍?，所以，所以，綜上可得，對于，都有.【一隅三反】1.（2023廣東云?。┰O(shè)f(x)＝2xlnx＋1．(1)求f(x)的最小值；(2)證明：f(x)≤x2－x＋eq\f(1,x)＋2lnx．【答案】見解析【解析】(1)f′(x)＝2(lnx＋1)．所以當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．所以當(dāng)x＝eq\f(1,e)時(shí)，f(x)取得最小值feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝1－eq\f(2,e)．(2)證明：x2－x＋eq\f(1,x)＋2lnx－f(x)＝x(x－1)－eq\f(x－1,x)－2(x－1)lnx＝(x－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)－2lnx))，令g(x)＝x－eq\f(1,x)－2lnx，則g′(x)＝1＋eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)＝eq\f(（x－1）2,x2)≥0，所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又g(1)＝0，所以當(dāng)0<x<1時(shí)，g(x)<0，當(dāng)x>1時(shí)，g(x)>0，所以(x－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)－2lnx))≥0，即f(x)≤x2－x＋eq\f(1,x)＋2lnx．2．（2023·貴州·校聯(lián)考模擬預(yù)測）已知函數(shù).(1)判斷的導(dǎo)函數(shù)在上零點(diǎn)的個(gè)數(shù)，并說明理由；(2)證明：當(dāng)時(shí)，.注：.【答案】(1)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)為1，理由見解析(2)證明見解析【解析】（1），令，則，所以函數(shù)在上單調(diào)遞增，即在上單調(diào)遞增，又，所以的導(dǎo)函數(shù)在上零點(diǎn)的個(gè)數(shù)為1；（2）令，則，即，由（1）可知存在，使得，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，又因?yàn)椋嬖?，使得，即，?dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以，令，則，所以函數(shù)在上單調(diào)遞減，所以，所以時(shí)，，即當(dāng)時(shí)，恒成立.3．（2023·山東濰坊·三模）已知函數(shù)有兩個(gè)極值點(diǎn)．(1)求實(shí)數(shù)的取值范圍；(2)證明：．【答案】(1)(2)證明見解析【解析】（1）解：由函數(shù)有兩個(gè)極值點(diǎn)，即函數(shù)有兩個(gè)零點(diǎn)，不妨設(shè)，因?yàn)?，令，可得，令，解得，?dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，則在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，所以，可得，又由，所以存在，使得，令，可得，令，可得，所以在上單調(diào)遞增，且,即，所以在上單調(diào)遞增，又由，所以在上恒成立，又由，所以存在，使得，所以實(shí)數(shù)的取值范圍是．（2）解：由（1）得，不妨設(shè)，則，即，要證，即證，即，只需證，則，即，即，令，可得，因?yàn)?，可得，所以在上為增函?shù)，則，即，所以.考法二恒成立與有解【例2-1】（2023·廣東佛山·校聯(lián)考模擬預(yù)測）已知函數(shù)．(1)討論的單調(diào)性；(2)若不等式恒成立，求實(shí)數(shù)的取值范圍．【答案】(1)答案見解析(2)【解析】（1）的定義域?yàn)?，，?dāng)時(shí)，，在上為增函數(shù)；當(dāng)時(shí)，由，得，由，得，所以在上為減函數(shù)，在上為增函數(shù).綜上所述：當(dāng)時(shí)，在上為增函數(shù)；當(dāng)時(shí)，在上為減函數(shù)，在上為增函數(shù).（2），設(shè)，則原不等式恒成立等價(jià)于在上恒成立，，在上為增函數(shù)，則在上恒成立，等價(jià)于在上恒成立，等價(jià)于在上恒成立令，，令，得，令，得，所以在上為減函數(shù)，在上為增函數(shù)，所以，故.【例2-2】（2023·青海西寧·統(tǒng)考二模）設(shè)函數(shù)．(1)若函數(shù)在其定義域上為增函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)當(dāng)時(shí)，設(shè)函數(shù)，若在[上存在，使成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．【答案】(1)(2)【解析】（1）因?yàn)楹瘮?shù)在其定義域上為增函數(shù)，即在上恒成立，所以在上恒成立，即在上恒成立，又（僅當(dāng)x＝1時(shí)取等號），故a的取值范圍為；（2）在上存在，，使成立，即當(dāng)時(shí)，又，所以當(dāng)時(shí)，，即函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞增，故，由（1）知，因?yàn)?，又的判別式，①當(dāng)時(shí)，則恒成立，即在區(qū)間上單調(diào)遞增，故，故，即，得，又，所以；②當(dāng)時(shí)，的兩根為，，此時(shí)，，故函數(shù)在區(qū)間上是單調(diào)遞增．由①知，所以綜上，a的取值范圍為．【一隅三反】1．（2023·安徽銅陵·統(tǒng)考三模）已知函數(shù).(1)試求函數(shù)的極值；(2)若存在實(shí)數(shù)使得成立，求實(shí)數(shù)的取值范圍.【答案】(1)答案詳見解析(2)【解析】（1）.①時(shí)，函數(shù)在上單調(diào)遞增，不存在極值.②時(shí)，由得，時(shí)，，單調(diào)遞減，時(shí)，，單調(diào)遞增，∴，無極大值.（2）由題意可知：，∵，∴.由（1）可知時(shí)，函數(shù)在上單調(diào)遞增，則存在，，即.令，則，有，時(shí)，，單調(diào)遞減，時(shí)，，單調(diào)遞增，∴，∴.2．（2023·湖北荊門·荊門市龍泉中學(xué)校考模擬預(yù)測）設(shè)函數(shù)，且．(1)求函數(shù)的單調(diào)性；(2)若恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．【答案】(1)答案見解析(2)【解析】（1），，當(dāng)時(shí)，恒成立，則在上單調(diào)遞增；當(dāng)時(shí)，時(shí)，，則在上單調(diào)遞減；時(shí)，，則在上單調(diào)遞增．（2）方法一：在恒成立，則當(dāng)時(shí)，，顯然成立，符合題意；當(dāng)時(shí)，得恒成立，即記，，，構(gòu)造函數(shù)，，則，故為增函數(shù)，則.故對任意恒成立，則在遞減，在遞增，所以∴．方法二：在上恒成立，即．記，，，當(dāng)時(shí)，在單增，在單減，則，得，舍：當(dāng)時(shí)，在單減，在單增，在單減，，，得；當(dāng)時(shí)，在單減，成立；當(dāng)時(shí)，在單減，在單增，在單減，，，而，顯然成立．綜上所述，．3．（2023·甘肅金昌·永昌縣第一高級中學(xué)統(tǒng)考模擬預(yù)測）已知函數(shù)．(1)若，求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；(2)若存在，使成立，求實(shí)數(shù)的取值范圍．【答案】(1)單調(diào)遞增區(qū)間為；單調(diào)遞減區(qū)間為(2)【解析】（1）時(shí)，則且，可得，令，得；令，得；所以函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為,單調(diào)遞減區(qū)間為．（2）若存在，使成立，等價(jià)于當(dāng)時(shí)，有．因?yàn)榍?，可得，故?dāng)，即時(shí)，，則有：①當(dāng)時(shí)，則在上恒成立，所以在上為減函數(shù)，可得，故；②當(dāng)時(shí)，由于在上為增函數(shù)，故的值域?yàn)?，且，由的單調(diào)性和值域知：存在唯一，使，且滿足：當(dāng)時(shí)，，則在上為減函數(shù)；當(dāng)時(shí)，，則在上為增函數(shù)；所以，，所以，與矛盾，不合題意；③當(dāng)時(shí)，由（1）知在上單調(diào)遞增，所以，不滿足題意；綜上所述：實(shí)數(shù)的取值范圍．考法三導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)零點(diǎn)【例3-1】（2023·廣東深圳·深圳中學(xué)統(tǒng)考模擬預(yù)測）已知函數(shù).(1)當(dāng)時(shí)，求曲線在點(diǎn)處的切線方程；(2)若函數(shù)有兩個(gè)極值點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.【答案】(1).(2).【解析】（1）當(dāng)時(shí)，，則，所以，切線斜率為，所以切線方程為：，即：..（2）∵，定義域?yàn)椋?，又∵有兩個(gè)極值點(diǎn)，∴有兩個(gè)零點(diǎn)，即：（）有兩個(gè)不同的根.即：（）有兩個(gè)不同的根.令，則與在上有兩個(gè)不同的交點(diǎn).∵，則，，∴在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，又∵，，當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，，∴的圖象如圖所示，所以，所以.【例3-2】（2023·吉林通化·梅河口市第五中學(xué)?？寄M預(yù)測）已知且，函數(shù).(1)討論的單調(diào)區(qū)間；(2)若曲線與直線恰有一個(gè)交點(diǎn)，求取值范圍.【答案】(1)答案見解析(2)【解析】（1），則當(dāng)時(shí)當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，.函數(shù)在上單調(diào)遞增；在上單調(diào)遞減.當(dāng)時(shí)，，所以，所以恒成立.所以函數(shù)在上單調(diào)遞增.（2），設(shè)函數(shù)，則，令，得，在內(nèi)單調(diào)遞增；在上單調(diào)遞減；，又，當(dāng)趨近于時(shí)，趨近于0，當(dāng)x從右邊趨近于0時(shí)，趨近于，作圖象如圖，所以曲線與直線恰有有1個(gè)交點(diǎn)，即或，這即是或，所以的取值范圍是.【一隅三反】1．（2023·內(nèi)蒙古赤峰·校聯(lián)考三模）已知函數(shù)在處的切線方程為．(1)若a；(2)證明有兩個(gè)零點(diǎn)．【答案】(1)(2)證明見解析【解析】（1）對函數(shù)求導(dǎo)可得，則，因?yàn)樵谔幍那芯€方程為∴，∴（2）由（1）知，要證有兩個(gè)零點(diǎn)，即證方程有兩個(gè)不等實(shí)根，即證函數(shù)與有兩個(gè)交點(diǎn)令，，∴單調(diào)遞增，又，∴當(dāng)時(shí)，，∴，函數(shù)與無交點(diǎn)．當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，令，當(dāng)時(shí)，．當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞增；當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞減；又∵，，∴，，即當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，綜上，當(dāng)時(shí)，，，單調(diào)遞增，當(dāng)時(shí)，，，單調(diào)遞減．又時(shí)，且當(dāng)時(shí)，，∵，，∴函數(shù)與有兩個(gè)交點(diǎn)，即函數(shù)有兩個(gè)零點(diǎn)．2．（2023·河南·洛陽市第三中學(xué)校聯(lián)考模擬預(yù)測）已知函數(shù)，為的導(dǎo)數(shù)．(1)討論的單調(diào)性；(2)若直線與曲線有兩個(gè)交點(diǎn)，求a的取值范圍．【答案】(1)見解析(2)【解析】（1）設(shè)的定義域?yàn)?.當(dāng)時(shí),在上為增函數(shù),在上單調(diào)遞增;當(dāng)時(shí),令,得.若,則單調(diào)遞增,若,則單調(diào)遞減.綜上,當(dāng)時(shí),在上單調(diào)遞增;當(dāng)時(shí),在區(qū)間上單調(diào)遞增,在區(qū)間上單調(diào)遞減.（2）直線與曲線有兩個(gè)交點(diǎn),即關(guān)于的方程有兩個(gè)解,整理方程,得.令,其中,則.令，則.當(dāng)時(shí),,此時(shí)函數(shù)單調(diào)遞增,當(dāng)時(shí),,此時(shí)函數(shù)單調(diào)遞減.由,得時(shí),,則,當(dāng)時(shí),,則,當(dāng)時(shí),,則,則函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞增,在區(qū)間上單調(diào)遞減,則.當(dāng)趨近于時(shí),趨近于0,即當(dāng)時(shí),;當(dāng)趨近于0時(shí),趨近于,作出如圖所示圖象：故要使直線與曲線有兩個(gè)交點(diǎn),則需,即的取值范圍是.3.(2022·廣東廣州檢測)已知a≥1，函數(shù)f(x)＝xlnx－ax＋1＋a(x－1)2．(1)若a＝1，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)討論f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)．【答案】見解析【解析】(1)若a＝1，則f(x)＝xlnx－x＋1＋(x－1)2，f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝lnx＋2(x－1)．當(dāng)0＜x＜1時(shí)，f′(x)＜0；當(dāng)x＞1時(shí)，f′(x)＞0．所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，1)，單調(diào)遞增區(qū)間為(1，＋∞)．(2)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝xlnx－x＋1＋(x－1)2，因?yàn)閒(1)＝0，且f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)有1個(gè)零點(diǎn)．當(dāng)a＞1時(shí)，f′(x)＝1＋lnx－a＋2a(x－1)＝1＋lnx＋2ax－3a，令g(x)＝1＋lnx＋2ax－3a，因?yàn)閍＞1，所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又f′(1)＝g(1)＝1－a＜0，f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝1＋lneq\f(3,2)＞0，所以存在實(shí)數(shù)x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))，使得g(x0)＝0．在(0，x0)上，f′(x)＜0，f(x)是減函數(shù)；在(x0，＋∞)上，f′(x)＞0，f(x)是增函數(shù)．所以f(x)的最小值是f(x0)，其中x0滿足f′(x0)＝0，即1＋lnx0＋2ax0－3a＝0．所以f(x0)＝x0lnx0－ax0＋1＋a(x0－1)2＝x0(3a－1－2ax0)－ax0＋1＋a(x0－1)2＝(1－x0)(a＋ax0＋1)，因?yàn)閤0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))，所以f(x0)＜0，因?yàn)閒eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝eq\f(a,9)＋1－eq\f(ln3,3)＞0，f(3)＝3ln3＋a＋1＞0，所以f(x)有2個(gè)零點(diǎn)．綜上所述，當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)有1個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)a＞1時(shí)，f(x)有2個(gè)零點(diǎn)考法四極值點(diǎn)偏移【例4-1】（2023·江西南昌·南昌縣蓮塘第一中學(xué)校聯(lián)考二模）已知函數(shù)，．(1)當(dāng)時(shí)，恒成立，求a的取值范圍．(2)若的兩個(gè)相異零點(diǎn)為，，求證：．【答案】(1)(2)證明見解析【解析】（1）當(dāng)時(shí)，恒成立，即當(dāng)時(shí)，恒成立，設(shè)，所以，即，，設(shè)，則，所以，當(dāng)時(shí)，，即在上單調(diào)遞增，所以，所以當(dāng)時(shí)，，即在上單調(diào)遞增，所以，若恒成立，則．所以時(shí)，恒成立，a的取值范圍為.（2）由題意知，，不妨設(shè)，由得，則，令，則，即：．要證，只需證，只需證，即證，即證（），令（），因?yàn)椋栽谏蠁握{(diào)遞增，當(dāng)時(shí)，，所以成立，故．【例4-2】（2023·河南開封·開封高中校考模擬預(yù)測）已知函數(shù).(1)討論的單調(diào)性；(2)若有兩個(gè)零點(diǎn)，證明：.【答案】(1)答案見解析(2)證明見解析【解析】（1）函數(shù)的定義域?yàn)?，時(shí)，恒成立，所以在上單調(diào)遞減；時(shí)，令得，當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，，所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增.（2）證明：時(shí)，由（1）知至多有一個(gè)零點(diǎn).時(shí)，由（1）知當(dāng)時(shí)，取得最小值，最小值為.①當(dāng)時(shí)，由于，